\section{附录 \thesection: 空间的准素分解}\label{011}

\begin{frame}{空间的准素分解}
  \begin{theorem}[准素分解]\label{129}
  设$V$是有限维$P$-向量空间，
  $\symscr{A}\in \End(V)$的最小多项式$m(\lambda)$的标准分解为$m(\lambda)=p_1(\lambda)^{r_1}\cdots p_s(\lambda)^{r_s}$.
  证明$V$能如下分解为$\sA$-不变子空间的直和：
  \[
    V=\bigoplus_{i=1}^s \ker p_i(\symscr{A})^{r_i},
  \]
  且$\symscr{A}$在不变子空间$\ker p_i(\sA)^{r_i}$上的限制的最小多项式为$p_i(\lambda)^{r_i}$.
\end{theorem}
根子空间分解是准素分解的特殊情形。
把定理中最小多项式换成任一零化$\sA$的非零多项式 (如特征多项式) 有类似的结果；
实际上是同一分解，因为零化多项式都能被最小多项式整除。
准素分解的证明跟之前根子空间分解的证明的思路一样。
  后面的练习引导你得到``另一个''证明（实际上与下面的证明本质上差不多）。
\begin{proof}
  令$V_i=\ker p_i(\symscr{A})^{r_i}$.
  一旦有了直和分解$V=\oplus_{i=1}^s V_i$, 
  我们就有$\symscr{A}$的最小多项式$m(\lambda)$等于$\symscr{A}|_{V_i}$的最小多项式
  $m_i(\lambda)$ ($1\leqslant i \leqslant s$) 的最小公倍式，而且$m_i(\lambda)$整除$p_i(\lambda)^{r_i}$.
  这样由$m(\lambda)$的标准分解易知只有$m_i(\lambda)=p_i(\lambda)^{r_i}$.
  接下来，我们证明$V=\oplus_{i=1}^s V_i$.
      令
  \[
    f_i(\lambda)= \frac{m(\lambda)}{p_i(\lambda)^{r_i}} = \prod_{j\neq i} p_j(\lambda)^{r_j}.
  \]
\end{proof}
\end{frame}


\begin{frame}
\begin{proof}[续]
  显然 $(f_1, \cdots, f_s)=1$. 从而存在$u_i(\lambda) \in P[\lambda]$使得
  $\sum_{i=1}^s u_i(\lambda) f_i(\lambda)=1$. 
令$\lambda=\sA$得
\[
  \sum_{i=1}^s u_i(\sA) f_i(\sA) =\sE.
\]
这样，对任意的$\alpha\in V$有
\[
  \alpha= \sum_{i=1}^s u_i(\sA) f_i(\sA) \alpha.
\]
注意到
\[
  p_i(\sA)^{r_i} u_i(\sA) f_i(\sA) =m(\sA) u_i(\sA)=0,
\]
因此，
\(
  u_i(\sA) f_i(\sA) \alpha \in V_i.
\)
这就证明了$V=V_1+\cdots+V_s$. 再证明 $V_1,\cdots,V_s$线性无关。
令
\[\tag{$*$}
  0=\alpha_1+\cdots+\alpha_s, \quad \text{其中~} \alpha_i\in V_i.
\]
由于$p_j^{r_j}\mid f_i$, $f_i(\sA) \alpha_j =0$ ($j\neq i$). 
用$f_i(\sA)$作用于($*$)两端可得$f_i(\sA) \alpha_i=0$. 
由于 $f_i, p_i^{r_i}$互素，存在$u, v\in P[\lambda]$使得
\[
  u(\lambda)p_i(\lambda)^{r_i}+v(\lambda) f_i(\lambda) = 1.
\]
令$\lambda=\sA$得
\[
  u(\sA)p_i(\sA)^{r_i} + v(\sA) f_i(\sA)=\sE.
\]
两边作用于$\alpha_i$得$0=\alpha_i$. 因此 $V_1,\cdots,V_s$线性无关。证毕。
  \end{proof}
\end{frame}

\iffalse
\begin{frame}

下面的证明与根子空间分解的证明是几乎是一样的。
\begin{proof}
 令$V_i=\ker p_i(\symscr{A})^{r_i}$.
  一旦有了直和分解$V=\oplus_{i=1}^s V_i$, 
  我们就有$\symscr{A}$的最小多项式$m(\lambda)$等于$\symscr{A}|_{V_i}$的最小多项式$m_i(\lambda)$ ($1\leqslant i \leqslant s$) 的最小公倍式，而且$m_i(\lambda)$整除$p_i(\lambda)^{r_i}$.
  这样由$m(\lambda)$的标准分解易知只有$m_i(\lambda)=p_i(\lambda)^{r_i}$.
  要证明$V=\oplus_{i=1}^s V_i$, 我们想用引理~\ref{195}~的结论，这样我们要构造线性变换$\pi_i\colon V\rightarrow V$使得$\pi_i(V)=V_i$, $\sum_{i=1}^s \pi_i=1$且$\pi_i\pi_j=0$, 对$i\neq j$. 
  令
  \[
    f_i(\lambda)= \frac{m(\lambda)}{p_i(\lambda)^{r_i}} = \prod_{j\neq i} p_i(\lambda)^{r_i}.
  \]
  此时$(f_1, \cdots, f_s)=1$. 从而存在$u_i\in P[\lambda]$使得$\sum u_i f_i=1$. 
  令
  \[
    e_i = u_i f_i, \quad 
    \pi_i=e_i(\symscr{A})=u_i(\symscr{A})f_i(\symscr{A}).
    \]
    那么$\sum_{i=1}^s \pi_i = 1$; 同时 $m(\symscr{A})$表明$i\neq j$时$\pi_i\pi_j=0$;
    进而$\pi_i^2=\pi_i$.
    剩下来只要证明了$\pi_i(V)=V_i$, 那么由引理~\ref{195}~立刻有$V=\oplus V_i$.
    由于
    $p_i^{r_i} e_i=mu_i$, 
    \[
      p_i(\symscr{A})^{r_i} \pi_i= p_i(\symscr{A})^{r_i} e_i(\symscr{A})=m(\symscr{A})u_i(\symscr{A})=0.
    \]
    从而$\pi_i(V)\subset\ker p_i(\symscr{A})^{r_i} =V_i$.
    反过来，若$v\in V_i$, 则按定义有$p_i(\symscr{A})^{r_i} v=0$.
    由于$i\neq j$时$p_i^{r_i} \mid e_j$,
    我们有$\pi_j(v)=0$. 这样$v=\sum_{i=1}^s \pi_i(v)=\pi_i(v)\in \pi_i(V)$.
    这就证明了$\pi_i(V)= V_i$.
  \end{proof}
\end{frame}
\fi

\begin{frame}

\begin{exercise}\label{1AE}
  设$f, g\in P[\lambda]$不全为$0$, 
 $V$为有限维向量空间，
$\symscr{A}\in \End(V)$,
$m(\lambda)$是$\sA$的最小多项式。
证明：
\begin{enumerate}
  \item $\ker f(\sA)$是$\sA$-不变子空间。
  \item $\ker \sE=0, \ker m(\sA)=V$.
  \item 若$g\mid f$, 则$\ker g(\sA)\subset \ker f(\sA)$.
  \item 令$d=(f,g), e=[f,g]$分别为$f,g$的首一最大公因式和首一最小公倍式，则
    \[
      \ker d(\sA)=\ker f(\sA)\cap  \ker g(\sA), \quad \ker e(\sA)=\ker f(\sA)+\ker g(\sA).
      \]
    \item\label{11D} 若$f,g$互素，则
      \(
        \ker fg(\symscr{A})=\ker f(\symscr{A})\oplus \ker g(\symscr{A}).
      \)
\end{enumerate}
\end{exercise}

如此，我们有
  \begin{align*}
    V=\ker m(\symscr{A}) &=  \ker \prod_{i=1}^s  p_i(\symscr{A})^{r_i} 
    = \ker p_1(\symscr{A})^{r_1} \oplus \ker \prod_{i=2}^s  p_i(\symscr{A})^{r_i} \\
    &= \ker p_1(\symscr{A})^{r_1} \oplus \ker p_2(\symscr{A})^{r_2} \oplus \ker \prod_{i=3}^s  p_i(\symscr{A})^{r_i} 
    = \cdots\\
    &= \bigoplus_{i=1}^s \ker p_i(\symscr{A})^{r_i}.
  \end{align*}

\end{frame}

